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广东省东莞市2022-2023学年高二数学上学期期末试题(Word版附解析)

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2022-2023学年度第一学期教学质量检查高二数学一、单项选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.1.已知空间直角坐标系中,点关于坐标原点的对称点为,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特征可求得,结合空间中两点间距离公式可求得结果.【详解】点关于坐标原点对称点为,.故选:B.2.已知过两点的直线与直线平行,则()A.B.C.D.2【答案】D【解析】【分析】由题知,再解方程即可得答案.【详解】解:因为过两点的直线与直线平行,所以直线的斜率为,解得,故选:D3.已知等差数列,其前项和是,若,则()A.8B.9C.10D.11【答案】C【解析】 【分析】由已知可得,根据等差数列的性质即可得出结果.【详解】由已知可得,,所以.又,所以.故选:C.4.已知抛物线的焦点为,点在抛物线上,若,则点的坐标为()A.B.或C.D.或【答案】B【解析】【分析】由题知,,设,进而根据焦半径公式得,再代入求解即可得答案【详解】解:由题知,,设,因为点在抛物线上,所以由焦半径公式得,解得所以,解得,所以,点的坐标为或故选:B5.古希腊数学家阿波罗尼斯在著作《圆锥曲线论》中记载了用平面切割圆锥得到圆锥曲线的方法.如图,将两个完全相同的圆锥对顶放置(两圆锥的轴重合),已知两个圆锥的底面直径均为6,母线长均为5,过圆锥轴的平面与两个圆锥侧面的交线为,用平行于的平面截圆锥,该平面与两个圆锥侧面的交线为双曲线的一部分,且双曲线的两条渐近线分别平行于,则双曲线的离心率为() A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】以矩形的中心为原点,圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系,由题得,从而可得到本题答案.【详解】以矩形的中心为原点,圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系,设双曲线的标准方程为,由题,得,则,即,.由,得离心率.故选:A.6.已知圆,点为直线上一个动点,过点作圆的切线,切点为,则切线长的最小值为() A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知写出圆心坐标、半径,由知,最小时,最小,即时,有最小值.求出圆心到直线的距离即为的最小值,进而求出结果.【详解】由已知可得,,半径,所以.又,则在中有,即.所以,当最小时,最小.因为,当时,最小,此时,此时,所以最小为.故选:B.7.如图,在棱长为6的正四面体中,点在线段上,且满足,点在线段上,且满足,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量线性运算的性质,结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】因为,, 所以,即,因为是棱长为6的正四面体,所以,故选:A8.已知是不大于最大正整数,其中.若,则()A200B.210C.400D.420【答案】B【解析】【分析】根据得,进而得数列为等差数列,再根据等差数列的求和公式求解即可全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》.【详解】解:因为是不大于的最大正整数,其中.若,因为对任意的恒成立,所以对任意的恒成立,所以,所以,即数列为等差数列,公差、首项均为,所以,.故选:B二、多项选择题:本大题共4小题,每小题5分,共20 分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.9.如图,在正方体中,分别是的中点,分别在线段上,且满足,,设,,,则下列结论正确的是()A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】根据正方体的性质以及已知,用基向量表示出各个选项中的向量,即可得出正确选项.【详解】由已知可得,,,,.对于A,,故A项正确;对于B,,故B错误;对于C,,故C项错误;对于D,,故D项正确. 故选:AD.10.已知是公差为的等差数列,其前项和是,若,则下列结论正确的是()A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】由题知,再根据等差数列的性质,前项和公式依次讨论各选项即可得答案.【详解】解:因为所以,所以,故A错误;B正确;,故C正确;因为,所以,故D错误.故选:BC11.如图,由半圆和半椭圆组成的“曲圆”,半圆的圆心是坐标原点,直径与椭圆的短轴重合,半圆所在的圆过椭圆的焦点,且与轴非正半轴交于点.若过原点的直线与上半椭圆交于点,与下半圆交于点,则下列结论正确的是() A.的长度的最大值是B.的周长为C.的面积的最小值是1D.【答案】ABD【解析】【分析】根据给定的条件,求出椭圆的短半轴长,半焦距;求出长度范围;利用椭圆的定义求出焦点三角形周长等即可分别判断求解.【详解】由题意可知:半圆所在椭圆的半焦距,短半轴长,得出长半轴长,则椭圆的长轴长为对于,由椭圆性质可知,,因此,的长度的最大值是,故正确;对于,由椭圆定义知,因点是椭圆的两个焦点,则的周长为:,,所以的周长,故正确;对于,设所在直线方程为,联立可得,联立可得, 则,显然当时,函数是减函数,所以当时,有最大值1,故错误.对于,当所在直线方程时,为圆的直径,则;当所在直线方程时,如图,连接,在中,因为,所以,因为,所以,所以所以即得,所以综上,,故正确;故选:12.已知为坐标原点,过抛物线焦点的直线与交于两点,其中点A在第一象限,点.若,则()A.直线的斜率为B.C.D.四边形的面积为 【答案】AC【解析】【分析】求得直线的斜率判断选项A;求得线段的长度判断选项B;利用相似三角形判定定理判断选项C;求得四边形的面积判断选项D.【详解】抛物线焦点,,,则点A在线段FM的垂直平分线上,则点A横坐标为2,又A在第一象限,代入抛物线方程可得点A纵坐标为,则,则直线的斜率.则选项A判断正确;直线的方程为,与抛物线方程联立,解之得或即,,则.则选项B判断错误;,则,则.则选项C判断正确;四边形的面积等于.则选项D判断错误. 故选:AC【点睛】数形结合是数学解题中常用的思想方法,数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化,能够变抽象思维为形象思维,有助于把握数学问题的本质;另外,由于使用了数形结合的方法,很多问题便迎刃而解,且解法简捷。三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把答案填在答题卡的相应位置上.13.经过直线与直线的交点且在轴上截距为6的直线方是__________.【答案】【解析】【分析】联立两直线解出交点坐标,根据直线过两点、,求出直线斜率,写出直线的斜截式方程即可.【详解】联立直线与直线的方程,解得,即交点坐标为.由直线在轴上截距为6,即直线过点,斜率,所以直线的方程为,化为一般式方程可得.故答案为:.14.已知是公比为的等比数列,若,则__________.【答案】【解析】【分析】由定义判断是首项为公比为的等比数列,用公式法求和即可.【详解】由题意,则, 故是首项为公比为的等比数列,故,故答案为:.15.已知线段的端点的坐标是,端点在圆上运动,则线段的中点的轨迹方程是__________.【答案】【解析】【分析】设,,根据中点坐标公式可得,代入圆的方程,整理即可得到的轨迹方程.【详解】设,,则由已知可得.又是线段的中点,所以有,所以,所以有,整理可得.所以的轨迹方程是.故答案为:.16.如图,曲线上的点与轴的正半轴上的点及原点构成一系列等腰直角三角形,,,,且,记点的横坐标为,则__________;通项公式__________. 【答案】①.2;②..【解析】【分析】设各个直角三角形斜边长分别为,则前项和为,.由题意可得出,结合题意得,则;当时,可得坐标,代入曲线方程,即可得到,又,两式作差整理可得,进而得到,即可求出.【详解】设各个直角三角形斜边长分别为,则前项和为.设,,则.则,解得,.当时,,,由可得,,所以,又,两式作差可得,,又,所以,整理可得.所以是以2为首项,2为公差的等差数列,所以,所以.故答案为:2;.四、解答题:本大题共6小题,第17题10分,18、19、20、21、22题各12分,共70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内,超出指定区域的答案无效.17.已知递增等比数列的前项和为,且满足,.(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前项和为.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用等比数列下标和性质可求得,代入中可构造方程求得满足题意的公比,由等比数列通项公式可得结果;(2)由(1)可得,采用错位相减法可求得.【小问1详解】设等比数列公比为,,,,,,解得:或,为递增等比数列,,.【小问2详解】由(1)得:,,,,. 18.如图,在直三棱柱中,分别为的中点.(1)判断直线与平面的位置关系,并说明理由;(2)求点到平面的距离.【答案】(1)平行,证明见解析;(2)【解析】【分析】(1)作中点,证明平面∥平面进而得线面平行;(2)等体积法,即可求点到平面的距离.【小问1详解】如图,作中点,并连接,分别为的中点,∥,平面,平面,∥平面, 又在直三棱柱中,∥,平面,平面∥平面,且,平面,平面,故平面∥平面,而平面,故∥平面.【小问2详解】则底面为等边三角形,且为的中点,,在直三棱柱中,,,且∥平面,平面,故,又,,,则中边上高,故,故,∴点到平面的距离为.19.已知圆经过椭圆的左焦点和上顶点.(1)求椭圆的方程; (2)直线与椭圆交于两点,若,求的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)分别求解圆与轴,轴交点,进而得,,即可得答案;(2)根据题意,联立方程,设,进而结合韦达定理与弦长公式计算即可.【小问1详解】解:对于圆,令得,解得,即与轴的交点为,令得,解得,即与轴的交点为因为圆经过椭圆的左焦点和上顶点,椭圆的焦点在轴上,所以为椭圆的左焦点,为椭圆的上顶点,所以,,所以椭圆的方程为【小问2详解】解:因为直线与椭圆交于两点,所以联立方程得,所以,,解得,设,则, 因为,所以,整理得,解得,满足,所以,.20.已知数列中,,.(1)证明数列是等差数列,并求通项公式;(2)若对任意,都有成立,求的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)根据已知可推出,又,即可得到,进而求出通项公式;(2)经化简可得,.令,根据求出时,最大,即可得出的取值范围.【小问1详解】证明:由已知可得,,又,所以,所以数列是以1为首项,1为公差的等差数列.所以,所以,所以. 【小问2详解】由(1)知,.所以,所以.则由可得,对任意,都成立.令,假设数列中第项最大,当时则,有,即,整理可得,解得,所以.因为,所以,.又,所以数列中第2项最大,即对任意,都成立.所以由对任意,都成立,可得.21.图1是一个边长为的正方形为正方形的中心.把三角形沿翻折,使得二面角为(如图2),分别是的中点.(1)求翻折后的余弦值;(2)在线段上是否存在一点,使得平面与平面的夹角为 ,若存在,请说出点的位置;若不存在,请说明理由.【答案】(1)(2)不存在,理由见解析.【解析】【分析】(1)连接,根据二面角的定义得,进而得,再分别在,,中结合余弦定理求解即可;(2)以方向为轴的正方向,建立空间直角坐标系,进而利用坐标法求解即可判断;【小问1详解】解:在图1中,连接,因为为正方形的中心,所以,所以,在图2中,连接,依然成立,所以,是二面角的平面角,即,因为,所以.因为分别是的中点,所以,在中,,,,即,所以,在中,,,,,,即,所以,在中,,, 所以,翻折后的余弦值为.【小问2详解】解:根据题意,如图,以方向为轴的正方向,建立空间直角坐标系,则,设平面的一个法向量为,,所以,即,令,则,假设存在点,满足平面与平面的夹角为,所以,,设平面的一个法向量为,所以,,即,令得, 所以,,整理得,解得,因为,与矛盾,所以,不存在使得有解,所以,线段上是不存在一点,使得平面与平面的夹角为.22.双曲线过点,且离心率为,过点的动直线与双曲线相交于两点.(1)求双曲线的标准方程;(2)在平面直角坐标系中,是否存在与点不同的定点,使得恒成立?若存在,求出点的坐标;若不存在,请说明理由.【答案】(1);(2)存在,. 【解析】【分析】(1)根据题意可得,再结合可求出,从而可求出双曲线方程;(2)假设存在符合题意的定点,①当垂直于轴时,由题意可得在轴上,②当为轴时,可求得,然后再证对一般的直线也符合题意,即证,设:,,将直线方程代入双曲线方程化简,再利用根与系数的关系,然后求解即即可.【小问1详解】因为双曲线过点,且离心率为,所以,因为,所以解得,所以双曲线的标准方程为;【小问2详解】假设存在符合题意的定点,①当垂直于轴时,,得,因为关于轴对称,所以在的垂直平分线上,即在轴上,②当为轴时,,设的坐标为, 则,,整理得,解得或(舍去),所以的坐标为,下证定点对一般的直线也符合题意,若要证,则要证是的角平分线,即轴是的角平分线,即要证,设:,,由,得,,则,所以,所以定点对一般的直线也符合题意,所以定点的坐标为. 【点睛】关键点点睛:此题考查双曲线方程的求法,考查直线与双曲线的位置关系,第(2)问解题的关键是当为轴时,由可求得定点,然后再证定点对一般的直线也符合题意即可,考查数学计算能力,属于较难题.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-03-05 01:35:02 页数:25
价格:¥2 大小:1.45 MB
文章作者:随遇而安

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